SKKN Toán 11

mở đầu: Để giải các bài tập hình học không gian ở lớp 11, vẽ hình đúng và đẹp là yêu cầu có tính bắt buộc của cấu trúc một bài giải; Tìm ra lời giải cho bài toán phụ thuộc rất nhiều vào

Bạn cú thể chưa hiểu biết (hoặc chưa kịp hiểu biết) về vecto (hỡnh phẳng) Khụng sao! Chỳng ta sẽ cựng nhau ”lại từ đầu” bởi tài liệu này

A Đặt vấn đề:

I mở đầu:

Để giải các bài tập hình học không gian ở lớp 11, vẽ hình đúng

và đẹp là yêu cầu có tính bắt buộc của cấu trúc một bài giải; Tìm

ra lời giải cho bài toán phụ thuộc rất nhiều vào việc chọn đ ợc mộthình vẽ hợp lý, dễ nhìn Đáp ứng đ ợc yêu cầu này đòi hỏi họcsinh phải có đầy đủ các kiến thức cơ bản của môn hình học khônggian lớp 11; Thêm vào đó học sinh cũng cần nắm đ ợc các quy tắccơ sở và phải có một năng khiếu nhất định về hình họa Nh ng đâylại là một hạn chế còn phổ biến ở phần đông các em học sinh hiệnnay Khả năng vẽ hình và sự t ởng tợng về hình khối không giancủa các em còn kém Ph ơng pháp véc tơ và tọa độ một phần khắcphục đợc các hạn chế trên đây Hơn nữa, trình bày lời giải theophơng pháp này th ờng theo một l ợc đồ nhất định, đơn giản và dễnhớ Tuy nhiên, chính điều này lại là một mặt hạn chế của ph ơngpháp Nghĩa là ph ơng pháp chỉ đ ợc sử dụng hữu hiệu trongnhững dạng toán nhất định theo những dạng hình hình học cụthể Bài viết này nhằm giới thiệu mặt u việt của nó; Giúp số đôngcác em học sinh còn yếu về vẽ hình minh họa trong việc ôn tập và

ôn thi vàoĐại học, Cao đẳng Phần lý thuyết và ví dụ minh họa

đợc trình bày theo hệ thống của sách giáo khoa hình học lớp 12,phần bài tập tham khảo tác giả s u tầm từ các đề thi vào Đại học

và Cao đẳng hàng năm Các bạn đồng nghiệp có thể lấy làm tàiliệu tham khảo

Tác giả rất mong nhận đ ợc góp ý xây dựng của bạn đọc

II Thực trạng vấn đề Đang đ ợc nghiên cứu

1 Thực trạng:

Trong chơng trình hình học phổ thông sách giáo khoa (SGK); Lớp 10 trình bày

về véc tơ và tọa độ trong mặt phẳng, lớp 11 là chơng trình hình học không gian( kế tiếp và chi tiết của chơng trình lớp 9) Hình học giải tích lớp 12, phần hìnhhọc không gian chủ yếu là các kiến thức cơ bản về phơng trình đờng thẳng,mặt phẳng và mặt cầu Phơng pháp tọa độ cho việc giải các bài toán hình họckhông gian của lớp 11 đợc đặt ra chỉ dới dạng giới thiệu một vài bài tập đơngiản, cha đủ để học sinh hình thành đợc kỹ năng giải toán theo phơng phápnày Vì vậy, cần phân phối thêm vào chơng trình chính khóa hoặc ngoại khóacác buổi ôn tập chuyên đề này, nhằm trang bị thêm cho học sinh một phơngpháp để giải một số bài toán hình không gian của lớp 11 trong các đề thi tuyển

Đại học và Cao đẳng nh đã nói ở trên Mặt khác, phơng pháp này sử dụng cácphép toán giải tích để nghiên cứu hình học vừa là sự gắn kết giữa chơng trìnhhình học hai lớp 11 và12 vừa giúp học sinh làm quen, tiếp cận dần với toánhọc hiện đại ở các bậc học tiếp sau này

2 Biện pháp giải quyết và hiệu quả

Từ thực trạng trên, tôi đã cải tiến giờ dạy của mình bằng cách giới thiệu cho

học sinh một cách chuẩn mực về lý thuyết phơng pháp tọa độ Thời điểm làvào khoảng sau khi học xong khái niệm tích có hớng của hai véc tơ Các bàitập minh họa sẽ đợc cho rải vào các buổi ngoại khóa sau đó Và đảm bảo yêucầu tăng dần về việc phát huy tính u việt của phơng pháp bằng cách thay đổi

về các dạng câu hỏi trong từng bài tập

Tôi đã sử dụng phơng pháp này cho tất cả các lớp 12 do tôi dạy toán trongnhiều khóa học liên tục Nhận thấy, học sinh rất hứng thú trong việc tiếp nhậnphơng pháp và điều đáng nói là các em vận dụng rất tốt vào các bài giải, gópmột phần vào nâng cao kết quả điểm trong các kỳ thi Đại học và Cao đẳnghàng năm Khi thực hiện truyền thụ chuyên đề này cho học sinh tôi thực hiệntheo đúng các bớc nh đã nêu trong phần nội dung Phần kiến thức phụ trơngkèm theo có thể coi nh một chuyên đề tổng hợp ôn tập hình giải tích phần hìnhhọc không gian

b nội dung:

№2 Một số ứng dụng của các phép toán tọa độ trong không gian

№3 Giải một số bài toán bằng phơng pháp tọa độ

3.1 Sơ lợc về phơng pháp tọa độ

(Nhận dạng bài toán và Lợc đồ bài giải)

3.2 Các bài toán và hớng dẫn lời giải.

№4 Bài tập tham khảo

p.1 Tóm tắt lý thuyết về phơng trình đờng thẳng và mặt phẳng

p.2 Các dạng bài toán về phơng trình mặt phẳng và đờng thẳng

• Phơng của ABuuur là phơng (song song) của đờng thẳng AB

• Hớng (chiều) của ABuuur là hớng "từ A đến B", vectơ_ không quy ớc là cùng chiều với mọi véc tơ

• Độ dài của ABuuurlà độ dài đoạn thẳng AB, ký hiệu ABuuur

3 Hai véc tơ bằng nhau: Nếu chúng có cùng hớng và cùng độ dài

4 Xác định véc tơ:

+ Với mỗi véc tơ vr

và một điểm A, tồn tại duy nhất điểm B sao cho ABuuur=vr

+ - - - - - - - - , tồn tại vô số các cặp điểm (A, B) sao cho ABuuur=vr

5 Phép cộng, trừ hai véc tơ: ( Quy tắc 3 điểm )

• ur

+vr

= ABuuur+ BC ACuuur uuur=

• ur −vr= ABuuur − AC CBuuur uuur=

nếu k ≥0, ngợc chiều nếu k < 0 và wur = k v r )

7 Tích vô hớng của hai véc tơ: u vr r = u v cos u vr r ( )r r,

2 2 ABC

*Khái niệm tơng tự trong mặt fẳng:

mặt fẳng đều có thể biểu diễn đợc qua ur

vàvr

Nghĩa là ∃ a, b ∈ R: wur

= aur

+ bvr

+ cwur

1.2 tọa độ trong không gian

* Các khái niệm vè tọa độ véc tơ, tọa độ điểm, độ dài véc tơ Vàcác phép toán cộng, trừ hai véc tơ, nhân một số với một véc tơ,tích vô hớng của hai véc tơ, Hoàn toàn t ơng tự nh tọa độ trongmặt fẳng Từ đây, các em có thể tự ôn tập lại các kiến thức về tọa

độ trong mặt fẳng

I Các định nghĩa:

1 Hệ tọa độ Đề-các : Oxyz trong đó Ox, Oy, Oz là ba đờng thẳng vuông gócvới nhau từng đôi một ir,rj

, krlà các véc tơ đơn vị tơngứng trên ba trục Ox, Oy, Oz

k

i

j

* Đây là một phần kiến thức mới hoàn toàn khác với kiến

thức trong hình fẳng Hơn nữa khái niệm này là cơ sở để tiếp tụcphát triển các kiến thức cơ bản của hình học giải tích trong khônggian Vì vậy, yêu cầu đối với học sinh fần này cần nắm chính xác

định nghĩa khái niệm và kỹ năng tính nhanh tọa độ véc tơ có h ớng cùng với khả năng vận dụng các ứng dụng của nó trong giảitoán

của các phép toán tọa độ

* Phần này đợc trình bày một cách tóm tắt theo kiểu liệt kê,

những ứng dụng của các phép toán tọa độ d ới dạng công thức đã

đợc công nhận mà không chứng minh Mỗi ứng dụng có kèm theomột ví dụ minh họa trực tiếp, có lời giải hoặc h ớng dẫn cụ thể Ví

dụ đơn giản, lời giải ngắn gọn , dễ hiểu và phù hợp với mọi đối t ợng học sinh

Vậy AB//CD ⇔ 4

1 =

m 23

+ = 2n 4

1

−

− ⇔ m = 10 và n = 0 2.3 Chứng minh hai đ ờng thẳng vuông góc:

AB ⊥CD ⇔ ABuuur.CDuuur

= 0

• Ví dụ:

Trong hệ Oxyz Cho các điểm A(1; −2; 0), B(2; 1; −1), C( 0; 3; 5)

a) Tìm trên trục Oz điểm M sao cho tam giác ABM vuông tại A

b) Tìm điểm O' là hình chiếu vuông góc của O trên mf(ABC)

• Giải:

a) M∈Oz ⇒M( 0; 0; m)⇒ABuuur = (1; 3; −1), AMuuuur = (−1; 2; m).

AB ⊥AM ⇔ ABuuur AMuuuur = 0 ⇔ −1 + 6 − m = 0 ⇔ m = 5 ⇒M( 0; 0; 5)( Chú ý: Có thể sử dụng định lý Pitago: AB2 + AM2 = BM2 )

b) Giả sử O' = ( x; y; z ) ⇒OO'uuuur= ( x; y; z ) , ta cú:

AB

uuur

= (1; 3; −1), ACuuur = (−1; 5; 5 ) và AO'uuuur= ( x−1; y+2; z )

O' là hình chiếu của O trên (ABC) ⇒ABuuur,ACuuur

+ Cách khác: O' = mf(ABC)I (d)

Trong đó (d) là đờng thẳng qua O và vuông góc với mf(ABC) Tọa độ O' thỏa mãn hệ hai phơng trình (d) và (ABC)

2.4 Tính diện tích tam giác :

• áp dụng tính chất 3 của tích có hớng

đối với hai véc tơ ABuuurvà ACuuur

của ABC∆

⇒ Diện tích ABC∆ là : S = 1 AB AC

2 uuur uuur, 

• Ví dụ : Cho A = (1; −2; 0) , B = (2; 1; −1) a) Tính diện tích tam giác AOB

b) Tìm C∈Ox sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất

c) Khi đó, chứng minh rằng góc ãACB tù

V = S ABCD AH = AB ADuuur uuur,  AA'uuuur cosα

= AB AD AAuuur uuur uuuur,  '

• HÖ qu¶: ThÓ tÝch tø diÖn ABCD:

• VÝ dô 1: Cho A(1; −2; 0), B(2; 1; −1), C(3; 2; 1), D(0; 3; 0)

a) TÝnh VABCD , b) T×m M∈Oy: VABCM= 10(®vtt)

B' C' D'

C A'

• Hớng dẫn giải:

a) ABuuur=(1; 3; −1)

ACuuur

=(2; 4; 1) ⇒AB ACuuur uuur,  = (7; −3; −2), ADuuur=(−1; 5; 0)

⇒AB ACuuur uuur,  ADuuur = 7 15− − = 22− ⇒VABCD= 11

3 (đvtt) b) M(0; m; 0) ⇒AMuuuur=(−1 m 2 0; + ; ) ⇒AB ACuuur uuur,  AMuuuur = 7 3m 6− − −

VABCM= 10 ⇔ 13 + 3m = 60 ⇔ m = 47

3 hoặc

733

1 Nếu chọn hệ trục tọa độ hợp lý thì các bớc tiếp theo sẽ đơn giản hơn rất nhiều

2 Dạng toán phù hợp theo phơng pháp tọa độ:

Trong hình vẽ có sẵn hoặc dễ dàng tạo ra 3 đờng thẳng đồng quy, vuông góctừng đôi một và các yêu cầu của bài toán ứng dụng đợc các phép toán tọa độ

3 2 các bài toán và h ớng dẫn giải:

b) Giữa hai đờng thẳng AB và CD

c) Giữa hai mặt fẳng (ABC) và (ABD)

d) Nhị diện (C;AB;D)

3 Tính sin góc giữa đờng thẳng AB và mặt phẳng (BCD)

4 Tính thể tích tứ diện ABCD

5 Tính diện tích tam giác BCD

6 Tính khoảng cách: a) Từ A đến mf(BCD)

b) Từ B đến đờng thẳng CD

c) Giữa hai đờng thẳng AB và CD

d) Độ dài đờng phân giác trong góc A của VABC

7 Tìm tọa độ điểm E nếu:

a) ABCE là hình bình hành

b) E là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

c) E là tâm đờng tròn ngoại tiếp VABC

d) E thuộc mf (Oxy) và cách đều A, B, C

8 Tìm tập hợp điểm M thỏa: MA MB MC MDuuuur uuur uuur uuuur+ + + =4

• Chú ý:

Bài toán này không hoàn toàn theo lợc đồ chung của phơng pháp tọa độ.Dụng ý là cho việc thực hành trực tiếp các công thức, các phép toán cơ bản củatọa độ đã nêu ở phần trên!

⇒AB ACuuur uuur, = (5; 6; −4), AD 1 4 1uuur(− ; ;− )

⇒ D = AB ACuuur uuur, .ADuuur = − 5 + 24 + 4 = 23 ≠ 0 ⇒ đpcm.

uuur uuuruuur uuur = 17

646 c) Góc giữa hai mặt phẳng bằng hoặc bù góc giữa hai véc tơ pháp tuyến nuur1

và2

n

uur

của hai mặt fẳng ấy

n

uur

= AB ACuuur uuur,  = (5; 6; −4), nuur2= AB ADuuur uuur,  = (−11; −4; −5)

cos((ABC),(ABD)) = cos n n(uur uur1, 2)

d) TÝnh cosin gãc nhÞ diÖn (C,AB,D)

⇒nr=BC BDuuur uuur,  = (13; 11; 8), ABuuur= −( 2 3 2; ; )

⇒ sin((AB);(BCD)) = cos AB n(uuur r, )

= 26 33 16

17 354

= 236018

4 TÝnh thÓ tÝch tø diÖn ABCD

¸p dông kÕt qu¶ c©u 1: AB ACuuur uuur, .ADuuur = 23

ThÓ tÝch tø diÖn ABCD lµ: VABCD 1 AB AC AD

5 TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c BCD

¸p dông kÕt qu¶ c©u 3:BC BDuuur uuur,  = (13 11 8; ; )

A

B

C

D E

M F

N

Diện tích tam giác BCD là: SVBCD= 1 BC BD

Ta có: CDuuur= −( 3 5 2; ;− )

Khoảng cách từ B đến đờng thẳng CD là đờng cao của tam giác BCD

Theo kết quả câu 6, ta đợc: ( ( ) ) 2S BCD

c) Khoảng cách giữa hai đờng thẳng AB và CD

Là chiều cao AH của hình hộp

và AB CDuuur uuur,  = 162 +102 + =12 357 Vậy: d AB( ( ) ( )/ CD ) = 23

357d) Độ dài đờng phân giác trong góc A của tam giác ABC

• Hớng dẫn: Gọi AM là đờng phân giác trong góc A của tam giác ABC,

• Bài toán trong hình phẳng

+ Viết phơng trình hai đờng thẳng AB và AC

+ - phân giác góc tạo bởi AB và AC: f(x,y) = 0+ Thử tọa độ B và C vào biểu thức f(x,y) xác định dấu Suy ra phơng trình phân giác trong

7 Tìm tọa độ điểm E nếu

a) ABCE là hình bình hành:

A, B, C không thẳng hàng; ABCE là hình bình hành ⇔ AB ECuuur uuur= ,(1)

Gọi E = (x; y; z) ⇒EC 3 x 3 y 1 zuuur( − − −; ; − ), AB 2 3 2uuur(− ; ; )

c) E là tâm đờng tròn ngoại tiếp VABC

• Hớng dẫn: E=( )d I mf ABC( ) (d) là đờng thẳng qua tâm I mặt cầu

ngoại tiếp tứ diện ABCD và vuông góc với mf(ABC) Chú ý rằng, điểm D của

tứ diện có thể chọn tùy ý và việc tìm I tơng tự câu 7b Ta có thể tìm toạ độ Ibằng hệ ba phơng trình ba mặt phẳng (ABC) và các mặt phăng trung trực của

BA, AC

d) E thuộc mf (Oxy) và cách đều A, B, C

E∈(Oxy)⇔tọa độ có dạng E(x; y; 0)

E cách đều A, B, C ⇔AE = BE = CE Vậy E 43 15 0

• Cách 2:

Giả sử M(x; y; z).Ta có: MA MB MC MDuuuur uuur uuur uuuur+ + + = −(3 4x 2 4y 2 4z;− − ; − ) (1) ⇔

Chứng minh các tính chất trong tứ diện vuông OABC ( vuông tại O )

1 H∈mf(ABC) , OH ⊥ mf(ABC) ⇔H là trực tâm ∆ABC

Không mất tổng quát ta có thể chọn hệ tọa

độ Oxyz sao cho: A(a; 0; 0), B(0; b; 0) và

bcx cay abz abc 0 1

2 2

2 2 2 2 2 2

b c

b c +c a +a b Tơng tự: cos2β =

2 A'C cắt mf(AB'D') tại trọng tâm của

tam giác AB'D'

3 Tính khoảng cách giữa hai mặt fẳng (AB'D') và (C'BD)

4 Tính cosin của góc giữa hai mặt fẳng (DA'C) và (ABB'A')

h

ớng dẫn giải:

Chọn hệ tọa độ Axyz sao cho: B(a; 0; 0), D(0; a; 0), A'(0; 0; a), với a > 0

1 Ta tìm đợc: C(a; a; 0), B'(a; 0; a), D'(0; a; a) ⇒A Cuuuur' =(a a a; ;− )

ABuuuur'=(a 0 a; ; ) và ADuuuur'=(0 a a; ; ) ⇒A C ABuuuur uuuur uuuur uuuur' '=A C AD' '=0.⇒đpcm

2 Tọa độ G thỏa mãn hệ tơng giao của đờng thẳng (A'C) và mf(AB'D'):

3 3 3; ;

=  ữ⇒đpcm

3 Ta có: B(a; 0; 0), phơng trình mf(AB'D'): x + y −z = 0 Khoảng cách

giữa hai mặt fẳng (AB'D') và (C'BD) là d =d B AB D( /( ' ') = ) a

a a

C' B'

D'

C B

A'

D A

O

O'

G1 G

, N∉mf(A'D'CB) ⇒MN// AC đpcm

Bài 5: (Thi thử ĐH Khối A, Lam Sơn 2005)

Hình chóp S.ABCD, đáy hình thoi, BAC = 60o, O là giao của AC và BD,

SO⊥mf(ABCD) M là trung điểm SC, K thuộc đoạn BM sao cho BK

BM =

2

5 .Chứng minh rằng: mf(SOK) ⊥mf(SBC)

x

z

y a

a a

C' B'

D'

C B

A'

D A

N M

+ Cách giải trên là rất ngắn gọn, dễ hiểu và điều quan trọng là các bớc giải đã

đ-ợc định sẵn theo một lđ-ợc đồ nhất định theo chiều phân tích sau:

(SOK)⊥(SBC) ⇐nuur1

⊥nuur2, nuur1

+ Nếu thay tính chất " trung điểm" của M bởi một vị trí bất kỳ xác định theo một

tỉ số k không đổi trên đoạn SC và thay kết luận bằng tìm vị trí của K trên đoạn

BM sao cho (SOK)⊥(SBC) Bài toán sẽ rất phức tạp nếu sử dụng phơng pháp giải của hình học không gian cổ điển Điều này bạn đọc tự kiểm nghiệm!

B

C K

z

y a/2

Gọi H là tâm hình chữ nhật, do các cạnh bên của hình chóp bằng nhau

⇒SH ⊥mf(ABCD) áp dụng Pitago cho các tam giác vuông ta đợc:

D

S

B A

M N

⇒Khoảng cách: d(A SCD/( ) ) = a 3

2

Bài 7: ( Kiểm tra học kỳ 2 Lớp 11, Lam Sơn 06)

Hình chóp tứ giác đều S.ABCD , cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a 2 M, N thứ tự là trung điểm SB và SD Tính cosin góc giữa hai đờng thẳng AM, BNh

ớng dẫn giải:

Gọi O là giao của AC và BD VSACđều ⇒ OS = a 6

2Chọn hệ Oxyz sao cho: A a 2 0 0

giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, O là trung điểm DG Tính chất của tứ diện

đều cho ta OA, OB, OC vuông góc với nhau từng đôi một

Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho: A(3a; 0; 0), B(0; 3a; 0) và C(0; 0; 3a)

Suy ra: G(a; a; a) và D a a a( ; ;− − − ).Ta có phơng trình các mặt của tứ diện là:(ABC): x + y + z −3a = 0, (DAB): x + y −5z −3a = 0,

(DBC): −5x + y + z −3a = 0 và (DCA): x −5y + z −3a = 0

Giả sử tập các điểm cần tìm có tọa độ M x y z( 0; ;0 0) và gọi khoảng cách từ M

đến các mặt (ABC), (DAB), (DBC) và (DCA) thứ tự là d1, d2, d3 và d4 Ta có:

y

x

z O

G B

D

A

C

2 0

az2

23k 9a4

23k 9aI

2,

 là mặt cầu tâm I, bán kính r =

23k 9a2

−

* Có thể đặt sao cho 4 đỉnh tứ diện đều trùng với 4 đỉnh của một hình lập phơng, ta có

hệ trục toạ độ tơng ứng.

• Nhận xét:

Rõ ràng đây là một bài toán không đơn giản nếu giải theo

ph-ơng pháp hình không gian cổ điển Tất cả các bài toán trên đây đều có thể giảibằng những cách khác Việc so sánh các cách giải trong từng bài, bạn đọc có thể

tự đánh giá Chú ý rằng sự so sánh chỉ nên ở mức độ tơng đối, vì mỗi phơngpháp đều có những u điểm và những hạn chế nhất định

(Trong phần này các câu (*) là câu

4.2 (Đề 109 Bộ 150 đề )